Transcript DS1sol - Sciences Physiques en MP au lycée Clemenceau Nantes

1 – DS1
Sciences Physiques MP 2014-2015
Devoir surveill´
e de Sciences Physiques n˚1 du 17-09-2014
— Dur´ee : 4 heures. Solutions —
Probl`
eme no 1 – Modulation et D´
emodulation
CCP PSI 2005
A. Fabrication d’un signal modul´
e en amplitude
G´
en´
eralit´
es sur la modulation d’amplitude
1. Le domaine audible correspond `a l’intervalle de fr´equence [20 Hz, 20 kHz] . L’onde ´etant de type ´electromagn´etique, elle se propage `a la vitesse de la lumi`ere : c ≃ 3 × 108 m · s−1 .
2. Il est n´ecessaire de moduler l’onde ´electromagn´etique porteuse car on choisit avec plus de libert´e sa fr´equence,
ce qui permet de s’assurer de la propagation dans l’air de l’onde. De plus, le fait de moduler prot`ege mieux le
signal du point de vue de l’amortissement et des perturbations. Enfin, avec une seule porteuse on peut faire
v´ehiculer diff´erents signaux dans des domaines de fr´equence voisins (multiplexage).
3. Sur le premier enregistrement, on voit que smax = 1, 5 et smin = 0.5. Sur le second, on a smax = 3 et
smin = 1, en fait −1. On va pouvoir calculer le taux de modulation puisque smax = s0 (1+m) et smin = s0 (1−m)
d’o`
u m=
smax −smin
smax +smin
.
4. On trouve respectivement : m = 0.5 et m = 2 .
5. Voir la figure 1.
s(t)
2
b
1
b
0
b
−1
−2
t
b
b
Figure 1 – Taux de modulation : m = 1
Fabrication d’un signal modul´
e en amplitude
m
6. En d´eveloppant le produit des deux fonctions cosinus, on obtient i(t) = I0 (cos Ωt+ m
2 cos(Ω−ω)t+ 2 cos(Ω+
ω)t). Le spectre de fr´equence du courant est constitu´e de 3 pics (en amplitude relative) aux fr´equences suivantes :
F − f `a m
a 1 et F + f `a m
2 ; F `
2 .
7. La source de courant peut ˆetre th´eoriquement fabriqu´ee `a l’aide de trois sources de courant sinuso¨ıdales
id´eales associ´ees en parall`ele puisque par la loi de nœuds, on effectuera l’addition des 3 intensit´es. Les valeurs
m
des intensit´es sont : i1 (t) = I0 cos Ωt, i2 (t) = I0 m
2 cos(Ω − ω)t et i(t) = I0 2 cos(Ω + ω)t.
B. D´
emodulation d’amplitude
D´
emodulation par d´
etection d’enveloppe
8. Lorsque la diode est passante, le signal charge le condensateur qui se d´echarge lentement dans la r´esistance
R. Pour qu’en sortie, on suive la crˆete du signal, il faut que la d´echarge soit plus lente que l’´evolution du signal
qui arrive. On doit donc avoir τ > T .
s (t)
9. La loi de nœuds nous permet d’´ecrire que iD (t) = vsR(t) + C dvdt
. Apr`es calcul, on trouve iD (t) =
V0
1
√
√ RCω
[1
+
m(cos
ωt
−
RCω
sin
ωt)].
En
posant
cos
ϕ
=
et
sin
ϕ
=
. On peut identifier a`
2
2
2
R
1+R C ω
1+R2 C 2 ω 2
√
l’expression propos´ee par l’´enonc´e avec tan ϕ = RCω et g = m 1 + R2 C 2 ω 2 .
q
2
10. Pour que l’intensit´e soit toujours positive, il faut que g < 1. On en d´eduit : τ < ω1 1−m
m2 .
q
2
11. On a f = 5 × 103 Hz et donc F = 5 × 105 Hz. L’in´egalit´e est : F1 < τ < ω1 1−m
eriquement, on
m2 . Num´
trouve 2 × 10−6 s < τ < 3, 3 × 10−5 s .
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Clemenceau
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DS1 – 2
12. On peut observer la d´etection d’enveloppe des deux signaux propos´es sur la figure 2. On notera que dans
le second cas `a droite sur la figure, la d´etection ne donne pas la partie n´egative (en pointill´es) du signal qu’on
souhaite d´etecter.
vs (t)
vs (t)
3
b
3
b
2
b
2
b
1
b
1
b
0
b
0
b
−1
t
−1
b
t
b
Figure 2 – D´etection d’enveloppe
13. On voit tr`es clairement sur la figure 2 que la d´emodulation ne donne pas satisfaction dans le second cas.
pour ´eviter ce ph´enom`ene, il ne faut pas un taux de modulation trop ´elev´e. La condition sur m assurant une
d´emodulation correcte est m < 1 .
D´
emodulation synchrone
14. La tension en sortie du multiplieur est : vm (t) = kV0 Vd (1 + m cos ωt) cos2 Ωt = kV02Vd (1 + m cos ωt)(1 +
cos 2Ωt). Apr`es d´eveloppement des calculs sur les fonctions cosinus, on obtient : vm (t) = kV02Vd [1 + m cos ωt +
m
m
equences suivant :
2 cos(2Ω − ω)t + cos Ωt + 2 cos(2Ω + ω)t]. En valeurs relatives, on obtient le spectre de fr´
m
m
f = 0 continu `a 1 ; f `a m ; 2F − f `a 2 ; 2F `
a 1 et 2F + f `a 2 .
15. Il faut donc employer un filtre passe-bas puisque c’est le signal de fr´equence f =
modulant et donc le signal informatif.
ω
2π
qui ´etait le signal
16. En observant correctement le filtre passe-bas de gain G1 ( dB), on lit la fr´equence de coupure fc = 2 × 104 Hz .
17. La tension en sortie du filtre est la modulation multipli´ee par le gain du filtre, dans le cas de m = 2,
vm (t) = kV0 V2d H0 (1 + m cos ωt) . Sa repr´esentation est d´ej`a r´ealis´ee sur la figure 2 avec les prolongements en
pointill´es. L’avantage, ´evident ici, de la d´emodulation par un multiplieur par rapport `a celle `a diode est le fait
que l’on n’est pas limit´e par le taux de modulation, le multiplieur autorise m > 1.
18. La valeur de la fr´equence et du gain associ´e permet de voir que G = −50 dB lorsque la fr´equence est
de 105 Hz. On peut en d´eduire que l’´echelle verticale est gradu´ee en 20 dB. A basse fr´equence, l’asymptote
horizontale correspond `a G = 20 log |H0 | puisque dans ce cas 1 ≫ ωωc . On en d´eduit donc que |H0 | = 10.
Il subsiste une incertitude sur le signe. Pour cela, il faut observer que la phase est ϕ1 = arg H0 − arctan ωωc .
− arctan ωωc varie entre 0 et −π/2. Lorsqu’on observe le diagramme de phase fourni, on voit que ϕ1 varie entre
π et π/2. Cela signifie que arg H0 = π. Ainsi, on peut conclure que H0 = −10 .
19. On d´etermine l’exposant n par calcul de la pente du r´egime asymptotique d´ecroissant puisqu’alors G =
−20n log ωωc . On trouve une pente de −100 dB par d´ecade d’o`
u: n=5.
20. On constitue ainsi un circuit R0 C mont´e en filtre passe-haut. Le condensateur coupe la composante continue
du signal vs (t).
21. On a : vs′ (t) = kV0 Vd H0 cos ωt . C’est une sinuso¨ıde de valeur moyenne nulle.
C. Mesure de puissance moyenne
22. Pour la mesure de puissance, on ne peut pas se contenter d’employer un voltm`etre et un amp`erem`etre car
l’expression de la puissance moyenne ´etant Pmoy = Uef f Ief f cos ϕ, il faut non seulement mesurer les intensit´es
et tensions efficaces mais aussi le d´ephasage ϕ existant entre intensit´e et tension.
23. On a vr = −ri0 cos ωt, et vHP = v0 cos(ωt+ ϕ). Apr`es calcul, on a vm (t) = −k ri02v0 [cos(2ωt + ϕ) + cos ϕ] .
Cette tension poss`ede une composante continue de fr´equence nulle (terme en cos ϕ) et
R une composante de
fr´equence 2f . vm (t) est proportionnelle `a l’´energie re¸cue par le haut-parleur car EHP = vHP i(t)dt.
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24. Apr`es le filtre passe-bas, il ne reste plus que vpb = −k ri02v0 cos ϕ. Sur une p´eriode T = f1 , la puissance
R 1/f
moyenne est Pmoy = f 0 v0 i0 cos(ωt + ϕ) cos ωtdt = v02i0 cos ϕ. On a bien la proportionnalit´e recherch´ee :
vpb = −krPmoy .
25. La puissance permettant d’obtenir l’onde sonore est de 45 mW. Le rendement est donc η =
Pson
Ptot
=
45
70 .
On
trouve η = 0, 64 .
´
Probl`
eme no 2 – Electronique
num´
erique
2015 ?. . .
A. Analyse spectrale
1. La condition de Shannon impose que la fr´equence d’´echantillonnage soit au moins 2 fois sup´erieure a` la
plus haute fr´equence pr´esente dans le signal trait´e.
2. Pour s1 (t), il faut utiliser une fr´equence sup´erieure ou ´egale `a 2 kHz alors que pour le signal s2 (t), il s’agit de
20 Hz. Pour le signal somme, il faut trouver la plus haute fr´equence qui est, bien ´evidemment, celle de s1 (t). Il
faut donc au moins 2 kHz. Nous savons que le produit de deux fonctions sinuso¨ıdales engendre des signaux dans
les fr´equences sont la somme, d’une part, et la diff´erence, d’autre part, des fr´equences pr´esentes. Le signal s4 (t)
comporte donc les fr´equences 990 Hz et 1 010 Hz. Il faut donc une fr´equence fe ≥ 2 020 Hz . Quand au carr´e, il
respecte la mˆeme loi que nous venons d’´evoquer. Il comporte une composante continue de fr´equence nulle - qui
correspond `a la diff´erence - et une composante de fr´equence 2 kHz - qui correspond `a la somme. Il faut donc
maintenant une fr´equence d’´echantillonnage fe ≥ 4 kHz .
3. Pour le signal s4 (t), les deux fr´equences sont s´epar´ees de ∆f = 20 Hz. Il faut donc que la pr´ecision de
l’analyse de Fourier soit inf´erieure `a ∆f /2. Or, nous savons que l’intervalle de temps total ta d’acquisition du
2
signal est l’inverse de la pr´ecision du spectre. On a donc ta = ∆f
= 0, 1 s. Comme on doit ´echantillonner au
minimum `a 2 020 Hz, il faut au minimum 202 ´echantillons .
4. Dans le signal triangulaire, seules sont pr´esentes les harmoniques de rang impaire. Pour avoir une amplitude
inf´erieure `a 1% par rapport au fondamental, il faut aller au-del`a de l’harmonique 9 qui correspond a` k = 4
puisque 92 = 81 alors que pour la suivante 112 = 121. La plus haute fr´equence `a ´echantillonner correctement
est donc f9 = 9 kHz, il faut donc une fr´equence d’´echantillonnage fe ≥ 18 kHz .
5. On peut r´epondre ais´ement qu’avec un tel signal qui comporte des fr´equences en (2k + 1)f0 avec k → ∞,
il est impossible de trouver une fr´equence d’´echantillonnage qui respecte parfaitement le signal. Le probl`eme
est le mˆeme qu’`a la question pr´ec´edente, il faudra prendre en compte le niveau de pr´ecision que l’on souhaite
atteindre pour d´efinir une telle fr´equence. Nous avons vu qu’´echantillonner par un signal de fr´equence fe revient
a multiplier le signal `a traiter par une somme de sinuso¨ıdes de fr´equences nfe avec n ∈ N (peigne de Dirac).
`
Le spectre du signal ´echantillonn´e contiendra donc les fr´equences nfe ± (2k + 1)f0 . Le spectre est tr`es riche,
trop d’ailleurs. Beaucoup de fr´equences apparaissent et elles sont notables - en tout cas pour les premi`eres
harmoniques -. Le ph´enom`ene de repliement du spectre se produit rapidement. En effet, le signal comporte
les fr´equences 4 kHz, 12 kHz, 20 kHz. . . alors que le peigne de Dirac lui poss`ede une composante continue 0 Hz,
30 Hz, 60 Hz. . . Prenons le cas du fondamental du signal : une fois ´echantillonn´e il comporte les fr´equences 4 kHz,
30 − 4 = 26 kHz, 30 + 4 = 34 kHz, 56 kHz, 64 kHz. . . Ce fondamental respecte la condition de Shannon et on
peut le r´ecup´erer avec un filtre passe-bas de fr´equence de coupure inf´erieure `a 26 kHz. Pour l’harmonique 3
´echantillonn´ee, on trouve 12 kHz, 30 − 12 = 18 kHz, 42 kHz, 48 kHz, 72 kHz. . . Il y a toujours respect de la
condition de Shannon et on peut r´ecup´erer avec un filtre passe-bas de coupure `a 18 kHz, cette harmonique et
le fondamental. Mais on sent tout de suite que le marge se r´eduit. Avec l’harmonique 5, on ne respecte plus la
condition de Shannon. On a 20 kHz, 30 − 20 = 10 kHz !, 50 kHz, 60 − 20 = 40 kHz !, 80 kHz. . . Le repliement
de spectre se voit tr`es bien avec l’apparition de la fr´equence de 10 kHz. Avec le filtre passe-bas ´evoqu´e avant,
on pouvait esp´erer r´ecup´erer correctement 4 kHz et 12 kHz maintenant ce n’est plus le cas avec cette fr´equence
de 10 kHz. Mˆeme si son amplitude est plus faible que celles de 4 kHz et 12 kHz, le signal est d´et´erior´e. Plus
le signal pr´esentera des ´evolutions rapides comme c’est particuli`erement le cas avec un cr´eneau, plus il faudra
´echantillonner `a une fr´equence grande voire tr`es grande par rapport `a la fr´equence de ce signal.
B. Filtrage
6. Un filtre analogique de fr´equence de coupure fc poss`ede la fonction de transfert H(jf ) =
s
e
=
1
1+jf /fc
.
ω
7. D’apr`es la fonction de transfert pr´ec´edente, on a s(1 + j ffc ) = s(1 + j 2πf
) = e. On passe a` l’´equation
c
1 ds
diff´erentielle associ´ee : 2πfc dt + s = e. La num´erisation consiste `a assimiler la d´eriv´ee au taux de variation
pendant la dur´ee d’´echantillonnage Te . On a donc :
1 sn+1 −sn
2πfc
Te
+ sn+1 = en+1 . On a donc bien une relation de
la forme sn+1 = sn + 2πβ (en+1 − sn+1 ) avec β = fc Te .
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8. La fr´equence de coupure de ce filtre pour une fr´equence d’´echantillonnage de 1 kHz est fc = 100 Hz .
Pour l’autre fr´equence propos´ee, on trouve fc = 1 kHz. On constate donc que la fr´equence de coupure du filtre
num´erique est d´ependante de la fr´equence d’´echantillonnage. C’est une diff´erence importante par rapport a` un
filtre analogique o`
u cette fr´equence ´etait intrins`eque au filtre. Toutefois, cela ne doit pas ˆetre une grande surprise
a partir du moment o`
`
u dans la d´eriv´ee on fait apparaˆıtre la p´eriode d’´echantillonnage Te .
9. On constate que l’on ne respecte pas la condition de Shannon car la fr´equence du signal est ´egale a` la
fr´equence d’´echantillonnage. On commence par observer que e0 (t = 0) = 0 et e1 (t = Te ) = 0. La relation
de r´ecurrence est sn+1 = sn + 2πβ (en+1 − sn+1 ). Comme on a s0 = 0, on voit imm´ediatement que s1 =
0 mais comme en = 0 ∀n, on aura sn = 0 ∀n . Cela ´etait pr´evisible car le signal est p´eriodique et comme
l’´echantillonnage a exactement la mˆeme p´eriode que le signal, il saisit toujours la mˆeme valeur en l’occurrence
0. On voit donc un signal constant, une composante continue de fr´equence nulle. C’est coh´erent avec le fait que
la fr´equence de coupure du filtre est de 1 kHz alors que le signal poss`ede la fr´equence de 10 kHz. Si le premier
´echantillon ne correspond pas `a t = 0 mais `a une valeur non nulle, en = e0 6= 0 ∀n. La relation de r´ecurrence
2πβ
2πβ
1
est sn+1 = 1+2πβ
sn + 1+2πβ
en+1 . Avec la condition initiale s0 = 0, on trouve s1 = ae0 avec a = 1+2πβ
et
1
ensuite s2 = rs1 + ae0 o`
u r = 1+2πβ < 1 ce qui donne s2 = ae0 (1 + r), on trouve facilement ensuite que
n
sn = ae0 1 + r + r2 . . . + rn−1 = ae0 1−r
echantillons, on peut
1−r . Assez rapidement sur un grand nombre d’´
a
1
. On constate que 1−r
= 1 et donc que l’on va atteindre sn = e0 . Il se produit un
dire que sn = ae0 1−r
r´egime transitoire o`
u la valeur de la sortie passe de 0 `a progressivement `a la valeur e0 puis reste constante. Ce
comportement se rapproche quand de celui du filtre analogique auquel on mettrait en entr´ee un signal constant
(´echelon de Heaviside), apr`es le r´egime transitoire exponentiel classique, la sortie fournit le signal d’entr´ee.
10. Cela ne change pas grand chose au probl`eme, on retombe exactement dans les deux mˆemes cas de figure
que pr´ec´edemment.
11. Il faut simplement assurer la condition de Shannon et mˆeme faire mieux avec fe ≫ fs .
C. Convertisseur Num´
erique-Analogique
12. On obtient facilement in = εn 2n E
en´erateur et une r´esistance en s´erie. Pour tenir
R puisqu’il n’y a qu’un g´
compte de l’ensemble desP
branches, il faut faire la loi des nœuds, c’est-`a-dire sommer l’ensemble des intensit´es.
3
On peut ´ecrire que i = n=0 εn 2n E
us est proportionnelle `a l’intensit´e i tant que l’on ´evite la
R . La tension
P3
′
saturation. On va donc pouvoir ´ecrire que us = n=0 εn 2n RR E tant que us < Vsat .
13. Les valeurs de la tension de sortie sont fournies dans le tableau suivant.
Code d’entr´ee
0000
0010
0001
0011
0100
Valeur d´ecimale de la tension de sortie
0V
2V
1V
3V
4V
La tension maximale correspond `a la valeur maximale de l’intensit´e lorsque tous les interrupteurs sont ferm´es.
Cela correspond au code 1111, la tension est donc us = 1 + 2 + 4 + 8 = 15 V . On atteint `a la limite la valeur
de saturation Vsat . On peut consid´erer que les composants ont ´et´e bien choisis par cons´equent.
14. Comme dans le cas pr´ec´edent, la tension maximale est obtenue lorsque les 16 interrupteurs sont ferm´es.
16
On doit donc sommer les puissances de 2 successives sur 16 termes. On a donc 1 + 2 + 22 + . . . + 215 = 1−2
1−2 =
216 −1 = 65 535. La tension hypoth´etique serait de plus de 65 kV ! C’est ´evidemment impossible, il y a longtemps
` moins que l’on
que le circuit ´electronique serait grill´e par la circulation de courants beaucoup trop ´elev´es. A
15 `
mette une valeur suffisante pour R/2 . A ce moment-l`a, il faudrait jouer sur la valeur de R′ pour qu’`
a la
′
limite on tombe sur la tension de saturation. On peut le faire en respectant RR E(216 − 1) ≤ Vsat qui donne la
condition sur R′ : R′ ≤ R (216Vsat
eponse suppose que l’on a une possibilit´e de r´eglage du convertisseur
−1)E . Cette r´
courant-tension. Dans le cas contraire, on se rabattra sur un r´eglage de E. On notera, pour terminer, que le
montage utilisant des r´esistances R/2n sera selon toute vraisemblance peu pr´ecis car il est difficile de fabriquer
des r´esistances tr`es pr´ecises surtout sur des grandes gammes comme celle que l’on peut deviner avec la valeur
de 216 .
JR Seigne
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